10 câu ôn phần hóa học đánh giá năng lực đhqg hà nội phần 4 (bản word có giải)

10 câu ơn phần Hóa học- Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội - Phần 4
(Bản word có giải)
KHOA HỌC – HÓA HỌC
Câu 131 (VD): Cho hỗn hợp chất rắn gồm CaC2, Al4C3, Ca vào nước dư thu được hỗn hợp X gồm 3 khí
(trong đó có 2 khí có cùng số mol). Lấy 8,96 lít hỗn hợp X (đktc) chia làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho
vào dung dịch AgNO3 trong NH3 (dư), sau phản ứng thu được 24 gam kết tủa. Phần 2 cho qua Ni (đun
nóng) thu được hỗn hợp Y. Thể tích O2 (đktc) cần dùng để đốt cháy hồn tồn Y là
A. 8,96 lít.

B. 5,60 lít.

C. 16,80 lít.

D. 8,40 lít.

Câu 132 (VD): Pha chế 35,8 gam dung dịch CuSO 4 bão hòa ở 100 oC. Đun nóng dung dịch này cho đến
khi có 17,86 gam nước bay hơi, sau đó để ng̣i đến 20 oC. Tính số gam tinh thể CuSO 4.5H2O kết tinh.
Biết rằng độ tan của CuSO4 trong nước ở 20oC và 100oC lần lượt là 20,26 gam và 75,4 gam.
A. 26,25 gam.

B. 25,00 gam.

C. 28,75 gam.

D. 27,35 gam.

Câu 133 (VD): Nung 0,935 gam quặng cromit với chất oxi hóa để oxi hóa tồn bợ crom thành CrO 42-.
Hòa tan sản phẩm vào nước, phân hủy hết chất oxi hóa, axit hóa dung dịch bằng H2SO4 rồi thêm 50,0 ml
dung dịch FeSO4 0,08M vào. Để chuẩn độ FeSO 4 dư cần 14,85 ml dung dịch KMnO 4 0,004M. Hàm
lượng crom có trong quặng là
A. 7,97%.

B. 6,865%.

C. 15,9%.

D. 3,43%.

Câu 94563 Lưu
Câu 134 (VD): Cho a gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin và valin phản ứng với 100 ml dung dịch HCl
1M thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần 380 ml dung dịch KOH
0,5M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X rồi cho sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch
Ba(OH)2 dư, sau phản ứng khối lượng dung dịch trong bình giảm 43,74 gam. Giá trị của a là
A. 7,57.

B. 8,85.

C. 7,75.

D. 5,48.

Câu 135 (TH): Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau:
Bước 1: Cho vào hai bình cầu mỗi bình khoảng 6 ml metyl axetat.
Bước 2: Thêm khoảng 6 - 8 ml dung dịch H2SO4 loãng 25% vào bình thứ nhất, khoảng 12 ml dung dịch
NaOH 35% vào bình thứ hai.
Bước 3: Lắc đều cả hai bình, lắp ống sinh hàn rồi đun sôi nhẹ trong khoảng thời gian 5 - 8 phút, sau đó để
ng̣i.
Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Ở bước 3, trong hai bình đều xảy ra phản ứng xà phòng hóa.
B. Ở bước 3, có thể thay đun sơi nhẹ bằng ngâm ống nghiệm trong nước nóng.
C. Sau bước 2, cả hai bình đều tạo dung dịch đồng nhất.

D. Ở bước 3, vai trò của ống sinh hàn là tăng tốc độ phản ứng.
Câu 136 (TH): Polime nào sau đây có chứa nguyên tố nitơ?
Trang 1


A. Polibutađien.

B. Poli(vinyl clorua).

C. Xenlulozơ.

D. Protein.

Câu 137 (VD): Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp Al(NO3)3 và Fe(NO3)2 thu được 47,3 gam chất rắn
Y. Hòa tan Y trong dung dịch NaOH thấy có 0,3 mol NaOH phản ứng. Khối lượng hỗn hợp muối là
A. 88,8.

B. 135,9.

C. 139,2.

D. 69,6.

Câu 138 (TH): Tiến hành thí nghiệm như hình vẽ:

Ban đầu trong cốc chứa nước vôi trong. Sục rất từ từ CO 2 vào cốc cho tới dư. Hỏi độ sáng của bóng đèn
thay đổi như thế nào?
A. Giảm dần đến tắt rồi lại sáng tăng dần.

B. Tăng dần rồi giảm dần đến tắt.

C. Tăng dần.

D. Giảm dần đến tắt.

Câu 139 (TH): Cho cân bằng sau: C(r) + H2O (k) ⇄ CO(K) + H2 (k) (ΔH > 0). Yếu tố nào sau đây H > 0). Yếu tố nào sau đây không làm
chuyển dịch cân bằng?
A. Tăng lượng hơi nước. B. Thêm khí H2 vào.

C. Dùng chất xúc tác.

D. Tăng nhiệt đợ.

Câu 140 (VDC): Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức.
Este Y ba chức, mạch hở tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic khơng no, đơn chức (phân tử có hai liên
kết r). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O 2 thu được 0,45 mol CO 2.
Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M thu được hai ancol
(có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng hai muối của
hai axit no là a gam. Giá trị của a là
Đáp án: ………………………………………….

Trang 2


Đáp án
131. D

132. A

133. B

134. B

135. B

136. D

137. B

138. A

139. C

140.
12,36

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 131 (VD): Cho hỗn hợp chất rắn gồm CaC2, Al4C3, Ca vào nước dư thu được hỗn hợp X gồm 3 khí
(trong đó có 2 khí có cùng số mol). Lấy 8,96 lít hỗn hợp X (đktc) chia làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho
vào dung dịch AgNO3 trong NH3 (dư), sau phản ứng thu được 24 gam kết tủa. Phần 2 cho qua Ni (đun
nóng) thu được hỗn hợp Y. Thể tích O2 (đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn Y là
A. 8,96 lít.

B. 5,60 lít.

C. 16,80 lít.

D. 8,40 lít.

Phương pháp giải:

CaC2, Al4C3, Ca tác dụng với H2O thu được hỗn hợp X gồm 3 khí lần lượt là C2H2; CH4 và H2.
Phần 1: Chỉ có C2H2 pư
PTHH: C2H2 + AgNO3 + NH3 → Ag2C2↓ + NH4NO3
Từ số mol kết tủa Ag2C2 suy ra số mol C2H2.
Hỗn hợp X có 2 khí có số mol bằng nhau ⟹ nCH4 = nH2.
Phần 2: Thành phần nguyên tố của hỗn hợp X và Y giống nhau nên đốt Y cũng như đốt X.
C2 H 2
CO2

CH 4  O2  
 H 2O
H
 2
BTNT.C ⟹ nCO2 = 2nC2H2 + nCH4
BTNT.H ⟹ nH2O = nC2H2 + 2nCH4 + nH2
BTNT.O ⟹ nO2 pư = nCO2 + ½ nH2O ⟹ VO2 (đktc).
Giải chi tiết:
CaC2, Al4C3, Ca tác dụng với H2O thu được hỗn hợp X gồm 3 khí lần lượt là C2H2; CH4 và H2.
nX = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) ⟹ nX trong mỗi phần = 0,2 (mol)
Phần 1: Chỉ có C2H2 pư
PTHH: C2H2 + AgNO3 + NH3 → Ag2C2↓ + NH4NO3
⟹ nC2H2 = nAg2C2 = 24/240 = 0,1 (mol)
⟹ (nCH4 + nH2) = nX - nC2H2 = 0,2 - 0,1 = 0,1 (mol)
Hỗn hợp X có 2 khí có số mol bằng nhau ⟹ nCH4 = nH2 = 0,1/2 = 0,05 (mol) (vì nếu C2H2 bằng với mol 1
chất khí còn lại thì vơ lí).
Phần 2: Thành phần nguyên tố của hỗn hợp X và Y giống nhau nên đốt Y cũng như đốt X.

C2 H 2 : 0,1

CO2 : 0, 25  BTNT .C 

CH 4 : 0, 05  O2  
 H 2O : 0, 25  BTNT .H 
 H : 0, 05
 2
Trang 3


BTNT.O ⟹ nO2 pư = nCO2 + ½ nH2O = 0,25 + ½.0,25 = 0,375 mol
⟹ VO2 (đktc) = 0,375.22,4 = 8,4 (lít).
Câu 132 (VD): Pha chế 35,8 gam dung dịch CuSO 4 bão hòa ở 100 oC. Đun nóng dung dịch này cho đến
khi có 17,86 gam nước bay hơi, sau đó để ng̣i đến 20 oC. Tính số gam tinh thể CuSO 4.5H2O kết tinh.
Biết rằng độ tan của CuSO4 trong nước ở 20oC và 100oC lần lượt là 20,26 gam và 75,4 gam.
A. 26,25 gam.

B. 25,00 gam.

C. 28,75 gam.

D. 27,35 gam.

Phương pháp giải:
Độ tan (S) của một chất trong nước là số gam chất đó hòa tan trong 100 gam nước để tạo thành dung dịch
bão hòa ở một nhiệt độ xác định.
Giải chi tiết:
*Ở 100oC, độ tan của CuSO4 là 75,4 gam
Tức trong 175,4 gam dung dịch bão hòa có 75,4 gam CuSO4 và 100 gam H2O
⟹

35,8 gam

⟶

15,4 gam CuSO4

Gọi x là số mol CuSO4.5H2O kết tinh
*Ở 20oC, độ tan của CuSO4 là 20,26 gam
Tức trong 120,26 gam dung dịch bão hòa có 20,26 gam CuSO4 và 100 gam H2O
Theo đề: (35,8 - 17,86 - 250x) gam

(15,4 - 160x) gam

⟹ 120,26.(15,4 - 160x) = 20,26.(35,8 - 17,86 - 250x)
⟹ x = 0,105
⟹ mCuSO4.5H2O = 0,105.250 = 26,25 gam.
Câu 133 (VD): Nung 0,935 gam quặng cromit với chất oxi hóa để oxi hóa tồn bợ crom thành CrO 42-.
Hòa tan sản phẩm vào nước, phân hủy hết chất oxi hóa, axit hóa dung dịch bằng H2SO4 rồi thêm 50,0 ml
dung dịch FeSO4 0,08M vào. Để chuẩn độ FeSO 4 dư cần 14,85 ml dung dịch KMnO 4 0,004M. Hàm
lượng crom có trong quặng là
A. 7,97%.

B. 6,865%.

C. 15,9%.

D. 3,43%.

Xem lời giải Hỏi đáp / Thảo luận Câu hỏi: 94563 Lưu
Phương pháp giải:
Tính theo các phương trình ion thu gọn:
3Fe2+ + CrO42- + 8H+ ⟶ 3Fe3+ + Cr3+ + 4H2O (1)

5Fe2+ + MnO4- + 8H+ ⟶ 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (2)
Giải chi tiết:

nFe2  bd  0, 05.0, 08 0, 004  mol 
nKMnO4 0, 01485.0, 004 5,94.10  5  mol 
3Fe2+ + CrO42- + 8H+ ⟶ 3Fe3+ + Cr3+ + 4H2O (1)
Trang 4


5Fe2+ + MnO4- + 8H+ ⟶ 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (2)
Theo (2) ⟹ nFe2+(dư) = 5.nMnO4- = 5.5,94.10-5 = 2,97.10-4 (mol)
⟹ nFe2+(pư) = 0,004 - 2,97.10-4 = 3,703.10-3 (mol)
Theo (1) ⟹ nCrO42- = 1/3.nFe2+(pư) = 1/3.3,703.10-3 = 1,23433.10-3 (mol)
⟹ mCr = 1,23433.10-3.52 = 0,064 gam.
⟹ %mCr =

0, 064
.100% = 6,845%.
0,935

Câu 134 (VD): Cho a gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin và valin phản ứng với 100 ml dung dịch HCl
1M thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần 380 ml dung dịch KOH
0,5M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X rồi cho sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch
Ba(OH)2 dư, sau phản ứng khối lượng dung dịch trong bình giảm 43,74 gam. Giá trị của a là
A. 7,57.

B. 8,85.

C. 7,75.

D. 5,48.

Phương pháp giải:
- Để đơn giản hóa, coi dung dịch Y gồm các amino axit và HCl
⟹ nKOH = nHCl + nCOOH
⟹ nCOOH = nKOH - nHCl
- Công thức chung của hỗn hợp X là: CnH2n+1NO2
o

CnH2n+1NO2 (X) + O2  t nCO2 +

2n  1
H2O + ½ N2
2

Từ PT phản ứng cháy ⟹ nX = (nH2O - nCO2)/0,5
- Đặt nCO2 = x mol; nH2O = y mol
Lập hệ PT tìm x, y dựa vào:
+) Quan hệ với nX.
+) Khối lượng dung dịch Ba(OH)2 giảm.
- Tính số mol các nguyên tố trong X ⟹ a.
Giải chi tiết:
- Để đơn giản hóa, coi dung dịch Y gồm các amino axit và HCl
⟹ nKOH = nHCl + nCOOH
⟹ nCOOH = nKOH - nHCl = 0,38.0,5 - 0,1.1 = 0,09 mol.
Các chất trong X chứa 1 nhóm COOH ⟹ nX = nCOOH = 0,09 mol
- Công thức chung của hỗn hợp X là: CnH2n+1NO2
o

CnH2n+1NO2 (X) + O2  t nCO2 +

2n  1
H2O + ½ N2
2

Từ PT phản ứng cháy ⟹ nX = (nH2O - nCO2)/0,5
Đặt nCO2 = x mol; nH2O = y mol
⟹ (y - x)/0,5 = 0,09 ⟹ y - x = 0,045 (1)
Trang 5


- Cho sản phẩm cháy vào bình đựng Ba(OH)2 dư:
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O
x

→

x

(mol)

mdd giảm = m ↓ - mCO2 - mH2O = 43,74 g.
⟹ 197x - 44x - 18y = 43,74
⟹ 153x - 18y = 43,74 (2)
Từ (1)(2) ⟹ x = 0,33; y = 0,375
⟹

nC = nCO2 = 0,33 mol
nH = 2nH2O = 2.0,375 = 0,75 mol
nO = 2nCOOH = 2.0,09 = 0,18 mol

nN = nX = 2.0,045 = 0,09 mol

⟹ a = 0,33.12 + 0,75 + 0,18.16 + 0,09.14 = 8,85 gam.
Tài liệu file word từ website Tailieuchuan.vn
Câu 135 (TH): Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau:
Bước 1: Cho vào hai bình cầu mỗi bình khoảng 6 ml metyl axetat.
Bước 2: Thêm khoảng 6 - 8 ml dung dịch H2SO4 loãng 25% vào bình thứ nhất, khoảng 12 ml dung dịch
NaOH 35% vào bình thứ hai.
Bước 3: Lắc đều cả hai bình, lắp ống sinh hàn rồi đun sôi nhẹ trong khoảng thời gian 5 - 8 phút, sau đó để
ng̣i.
Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Ở bước 3, trong hai bình đều xảy ra phản ứng xà phòng hóa.
B. Ở bước 3, có thể thay đun sôi nhẹ bằng ngâm ống nghiệm trong nước nóng.
C. Sau bước 2, cả hai bình đều tạo dung dịch đồng nhất.
D. Ở bước 3, vai trò của ống sinh hàn là tăng tốc độ phản ứng.
Phương pháp giải:
Dựa vào lý thuyết về phản ứng thủy phân este.
Giải chi tiết:
A sai, vì phản ứng thủy phân este trong MT axit không được gọi là phản ứng xà phòng hóa.
B đúng.
C sai, phản ứng thủy phân este trong MT axit là thuận nghịch nên luôn còn 1 lượng este dư do đó bình 1
khơng đồng nhất.
D sai, vai trò của ống sinh hàn là ngưng tụ este tránh thất thốt sản phẩm.
Câu 136 (TH): Polime nào sau đây có chứa nguyên tố nitơ?
A. Polibutađien.

B. Poli(vinyl clorua).

C. Xenlulozơ.

D. Protein.

Phương pháp giải:
Dựa vào lý thuyết về polime.
Trang 6


Giải chi tiết:
A: Polibutadien (-CH2-CH=CH-CH2-)n → chứa C, H.
B: Poli(vinyl clorua) (-CH2-CHCl-)n → chứa C, H, Cl.
C: Xenlulozơ (C6H10O5)n → chứa C, H, O.
D: Protein → chứa C, H, O, N.
Câu 137 (VD): Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp Al(NO3)3 và Fe(NO3)2 thu được 47,3 gam chất rắn
Y. Hòa tan Y trong dung dịch NaOH thấy có 0,3 mol NaOH phản ứng. Khối lượng hỗn hợp muối là
A. 88,8.

B. 135,9.

C. 139,2.

D. 69,6.

Phương pháp giải:
Viết PTHH phản ứng nhiệt phân muối nitrat ⟹ Chất rắn Y gồm Fe2O3 và Al2O3.
Khi cho Y vào NaOH thì chỉ có Al2O3 phản ứng; từ mol NaOH ⟹ số mol Al2O3.
Từ khối lượng chất rắn Y ⟹ khối lượng Fe2O3 ⟹ số mol Fe2O3.
Sử dụng bảo tồn ngun tố Fe, Al để tính số mol Fe(NO3)2, Al(NO3)3 trong hỗn hợp ban đầu.
Tính giá trị của m.
Giải chi tiết:
2Fe(NO3)2 → Fe2O3 + 4NO2 + 0,5O2

4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12NO2 + 3O2
⟹ Chất rắn Y gồm Fe2O3 và Al2O3
Khi cho Y vào NaOH thì chỉ có Al2O3 phản ứng
2NaOH + Al2O3 → 2NaAlO2 + H2O.
0,3

→

0,15

⟹ mAl2O3 = 102.0,15 = 15,3 gam
⟹ mFe2O3 = mchất rắn - mAl2O3 = 47,3 - 15,3 = 32 gam
⟹ nFe2O3 = 0,2 mol
Bảo toàn nguyên tố Fe ⟹ nFe(NO3)2 = 2nFe2O3 = 0,4 mol ⟹ mFe(NO3)2 = 72 gam
Bảo toàn nguyên tố Al ⟹ nAl(NO3)3 = 2nAl2O3 = 0,3 mol ⟹ mAl(NO3)3 = 63,9 gam
⟹ m = mFe(NO3)2 + mAl(NO3)3 = 135,9 gam.
Câu 138 (TH): Tiến hành thí nghiệm như hình vẽ:

Trang 7


Ban đầu trong cốc chứa nước vôi trong. Sục rất từ từ CO 2 vào cốc cho tới dư. Hỏi đợ sáng của bóng đèn
thay đổi như thế nào?
A. Giảm dần đến tắt rồi lại sáng tăng dần.

B. Tăng dần rồi giảm dần đến tắt.

C. Tăng dần.

D. Giảm dần đến tắt.

Giải chi tiết:
+ Khi CO2 vào thì ban đầu nước vôi trong dư so với CO 2 nên ion Ca2+ dần đến hết vì bị kết tủa thành
CaCO3
⟹ lượng ion trong dung dịch giảm dần về 0
+ Khi CO2 dư thì kết tủa lại bị hòa tan, tạo thành ion Ca2+ và HCO3⟹ lượng ion tăng dần
Vậy đèn có đợ sáng giảm dần đến tắt rồi lại sáng tăng dần.
Câu 139 (TH): Cho cân bằng sau: C(r) + H2O (k) ⇄ CO(K) + H2 (k) (ΔH > 0). Yếu tố nào sau đây H > 0). Yếu tố nào sau đây không làm
chuyển dịch cân bằng?
A. Tăng lượng hơi nước. B. Thêm khí H2 vào.

C. Dùng chất xúc tác.

D. Tăng nhiệt đợ.

Phương pháp giải:
Ngun lí chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê: Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng
khi chịu mợt tác đợng từ bên ngồi như biến đổi nồng đợ, áp suất, nhiệt đợ, thì cân bằng sẽ chuyển dịch
theo chiều làm giảm tác động bên ngồi đó.
Giải chi tiết:
A. Tăng lượng H2O ⟹ CB chuyển dịch theo chiều làm giảm H2O ⟹ chiều thuận.
B. Thêm H2 ⟹ CB chuyển dịch theo chiều làm giảm H2 ⟹ chiều nghịch.
C. Dùng xúc tác ⟹ tăng tốc độ cả phản ứng thuận và nghịch ⟹ không làm chuyển dịch cân bằng.
D. Tăng nhiệt độ ⟹ CB chuyển dịch theo chiều giảm nhiệt độ tức là chiều thu nhiệt ⟹ chiều thuận.
Câu 140 (VDC): Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức.
Este Y ba chức, mạch hở tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên
kết r). Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O 2 thu được 0,45 mol CO 2.
Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M thu được hai ancol
(có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng hai muối của
hai axit no là a gam. Giá trị của a là

Đáp án: 12,36
Phương pháp giải:
- Xét trong 0,16 mol hỗn hợp E:
Từ số mol hỗn hợp và số mol NaOH ⟹ nX, nY ⟹ tỉ lệ nX : nY.
- Xét m gam hỗn hợp E:
Quy đổi hỗn hợp E thành (HCOO)2C3H6 (a mol); (CH2=CHCOO)3C3H5 (b mol); CH2 (c mol)
Đốt cháy E:
Trang 8


(HCOO)2C3H6 + 5O2 → 5CO2 + 4H2O
(CH2=CHCOO)3C3H5 + 12,5O2 → 12CO2 + 7H2O
CH2 + 1,5O2 → CO2 + H2O
Từ số mol O2 ⟹ phương trình (*)
Từ số mol CO2 ⟹ phương trình (**)
Từ tỉ lệ nX : nY ⟹ phương trình (***)
Giải hệ tìm được a, b, c.
Gọi số nhóm CH2 cần trả cho X, Y lần lượt là m và n (n phải chẵn do Y tạo bởi 1 axit).
Lập phương trình mối liên hệ giữa m và n. Biện luận tìm giá trị m, n thỏa mãn.
Từ đó tính được khối lượng muối của axit cacboxylic no.
Lưu ý: Lượng chất ở 2 thí nghiệm khác nhau.
Giải chi tiết:
- Xét trong 0,16 mol hỗn hợp E:
+) nhh E = nX + nY = 0,16 (1)
+) nNaOH = 2nX + 3nY = 0,42 (2)
⟹ nX = 0,06 và nY = 0,1 (mol)
⟹ nX : nY = 3 : 5.
- Xét m gam hỗn hợp E:
Quy đổi hỗn hợp E thành (HCOO)2C3H6 (a mol); (CH2=CHCOO)3C3H5 (b mol); CH2 (c mol)
Đốt cháy E:

(HCOO)2C3H6 + 5O2 → 5CO2 + 4H2O
a

→

5a →

5a

(CH2=CHCOO)3C3H5 + 12,5O2 → 12CO2 + 7H2O
b

→

12,5b → 12b

CH2 + 1,5O2 → CO2 + H2O
c → 1,5c →

c

⟹ nO2 = 5a + 12,5b + 1,5c = 0,5 (*)
⟹ nCO2 = 5a + 12b + c = 0,45 (**)
Mà nX : nY = 3 : 5 ⟹ 5a - 3b = 0 (***)
Từ (*) (**) (***) ⟹ a = 0,015; b = 0,025; c = 0,075.
Gọi số nhóm CH2 cần trả cho X, Y lần lượt là m và n (n phải chẵn do Y tạo bởi 1 axit).
⟹ 0,015m + 0,025n = 0,075 ⟹ 3m + 5n = 15
+ Nếu n = 0 ⟹ m = 5 (thỏa mãn) ⟹ không cần trả CH2 cho Y.
+ Nếu n = 2 ⟹ m = 1,67 (loại).
Muối của axit no gồm: HCOONa (0,03) và CH2 (0,075)

Trang 9


⟹ mmuối = 3,09 gam.
Như vậy tỉ lệ:
0,04 mol E tạo 3,09 gam muối của axit cacboxylic no.
⟹ 0,16 mol …….. 12,36 gam.

Trang 10